Câu hỏi:

03/02/2026 381

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ nội tiếp $\Delta ABC$, tiếp xúc với cạnh $AB,AC$ lần lượt ở $D$ và$E$

a) Gọi $O'$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ADE$, tính $OO'$ theo $R$.

b) Các đường phân giác trong của $\widehat B$ và $\widehat C$ cắt đường thẳng $DE$ lần lượt tại $M$ và $N$. Chứng minh tứ giác $BCMN$ nội tiếp được đường tròn.

c) Chứng minh $\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{EN}}{{AB}}$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 21 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 29. Tứ giác nội tiếp có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$Cho đường tròn \(\left( {O;R} (ảnh 1)$

a). Gọi $O'$ là giao điểm của $AO$ với cung nhỏ $DE$ của đường tròn $\left( O \right) \Rightarrow O'$ thuộc đường phân giác

của $\widehat A$ trong $\Delta ADE$.

Ta có $\widehat {DOA} = \widehat {EOA}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $ \Rightarrow \widehat {DO'} = \widehat {O'E}$.

Mà $ \Rightarrow \widehat {ADO'} = \widehat {EDO'}$$ \Rightarrow DO'$ là phân giác $\widehat D$$ \Rightarrow O'$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ADE$. Do đó $OO' = R$.

b) Do $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $ \Rightarrow \Delta ADE$ cân tại $A$ nên $\widehat {ADE} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {BAC}}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat {BAC}}}{2}$.

Mà $\widehat {ADE} = \widehat {ABM} + \widehat {NMB} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} + \widehat {NMB}$ (do $BO$ là phân giác $\widehat {ABC}$ nên $\widehat {ABM} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2}$) $ \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {ADE} - \frac{{\widehat B}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat {BAC} + \widehat {ABC}}}{2} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}$.

Mặt khác $\widehat {NCB} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}$ (do $CO$ là tia phân giác $\widehat {ACB}$).

Suy ra $\widehat {NMB} = \widehat {NCB}$, mà $M,C$ là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác $BCMN$$ \Rightarrow $Tứ giác $BCMN$ nội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc).

c) $\Delta NMO$ và $\Delta BCO$ có $\widehat {NOM} = \widehat {BOC}$ (đối đỉnh); $\widehat {NMO} = \widehat {BCO}$ (cmt)

$ \Rightarrow \Delta NMO\~\Delta BCO$ (g.g) $ \Rightarrow \frac{{OM}}{{OC}} = \frac{{ON}}{{OB}} = \frac{{MN}}{{BC}}$.

Tương tự (g.g) $ \Rightarrow \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{OM}}{{OC}}$;

$\Delta NEO\~\Delta BAO$ (g.g) $ \Rightarrow \frac{{NE}}{{AB}} = \frac{{ON}}{{OB}}$.

Vậy $\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{EN}}{{AB}}$.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn $(O)$. Từ một điểm $M$. ở ngoài đường tròn $(O)$, kẻ hai tiếp tuyến $MA,MB$ với đường tròn $(O)(A,B$ là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

b) Vẽ đường kính $BK$ của đường tròn $(O)$, $H$ là điểm trên $BK$ sao cho $AH$ vuông góc $BK$. Điểm $I$ là giao điểm của $AH,MK$. Chứng minh $I$ là trung điểm của $HA$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $(O)$. Từ một điểm \ (ảnh 1)$

a) Chứng minh $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

Vì $MA,MB$ là các tiếp tuyến của $(O)$ lần lượt tại $A,B$ nên $\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ $ (định nghĩa).

Tứ giác $MAOB$ có $\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ $.

Suy ra tứ giác $MAOB$ nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng bằng $180^\circ $).

b) Vẽ đường kính $BK$ của đường tròn $(O)$, $H$ là điểm trên $BK$ sao cho $AH$ vuông góc $BK$. Điểm $I$ là giao điểm của $AH,MK$. Chứng minh $I$ là trung điểm của $HA$.

Gọi $N$ là giao điểm của $AB$ với $MO$.

$C$ là giao điểm giữa $MK$ với đường tròn $(O)$

Ta có: $OA = OB \Rightarrow O$ thuộc trung trực của $AB$.

Tứ giác $MCNB$ có $\widehat {MCB} = \widehat {MNB} = 90^\circ $. Suy ra tứ giác $MCNB$ nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

$ \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {NCB}$ (hai góc cùng chắn một cung $BN$ )

Ta có: $\widehat {NMB} = \widehat {NBO}$ (cùng phụ với $\widehat {MBN}$ )

$ \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {NBO}.$

Lại có: $\widehat {NCB} + \widehat {NCI} = 90^\circ ,\widehat {NAI} + \widehat {NBO} = 90^\circ $

Suy ra $\widehat {NCI} = \widehat {NAI}$.

Xét tứ giác $ACNI$ có: $\widehat {NCI} = \widehat {NAI}(cmt)$, suy ra tứ giác $ACNI$ nội tiếp (tứ giác có 2 đinh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

$ \Rightarrow \widehat {ANI} = \widehat {ACI}$ (hai góc cùng chắn cung $AI$ ).

Trong $(O)$ có: $\widehat {ACI} = \widehat {ABK}$ (hai góc nội tiếp cùng chấn cung $AK$ )

Suy ra $\widehat {ANI} = \widehat {ABK}$. Mà hai góc này vị trí đồng vị $ \Rightarrow NI//BK$

Tam giác $ABK$ có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NI//BK}\\{NA = NB = \frac{1}{2}AB}\end{array}} \right.$

Suy ra $I$ là trung điểm của $AH \Rightarrow IA = IH$ (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm).

Câu 2

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm $A$ ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] với đường tròn $\left( O \right)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $M$ là trung điểm $AB$.

     a) Chứng minh tứ giác $ABOC$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này.

     b) Chứng minh rằng $AM.AO = AB.AI$.

     c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ACM$. Chứng minh $MG//BC$.

     d) Chứng minh $IG$ vuông góc với $CM$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm \(A\ (ảnh 1)$

a) Do $AB,AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C$ thuộc đường tròn đường kính $OA$ có tâm $I$ là trung điểm $OA$.

b) Ta có $AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI$.

c) Gọi $E$ là trung điểm $MA$, do $G$ là trọng tâm $\Delta CMA$ nên $G \in CE$ và $\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}$.

Mặt khác $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}$ (vì $ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}$ nên $ME = \frac{{BE}}{3}$) $ \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}$, theo định lý Ta-lét đảo $ \Rightarrow MG//BC$.

d) Gọi $G'$ là giao điểm của $OA$ và $CM \Rightarrow G'$ là trọng tâm $\Delta ABC$. Nên $\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}$, theo định lý Ta-lét đảo $GG'//ME$ (1)

$MI$ là đường trung bình trong $\Delta OAB \Rightarrow MI//OB$, mà $AB \bot OB$ (cmt) $ \Rightarrow MI \bot AB$, nghĩa là $MI \bot ME$ (2).

Từ (1) và (2) cho $MI \bot GG'$, ta lại có $GI' \bot MK$ (vì $OA \bot MK$) nên $I$ là trực tâm $\Delta MGG'$$ \Rightarrow GI \bot G'M$ tức $GI \bot CM$.

Câu 3